2019届高考物理一轮复习 第4章 曲线运动、万有引力与航天 第3讲 圆周运动课时作业（含解析）.doc

3、圆周运动基础训练1如图所示，洗衣机脱水筒在转动时，衣服贴靠在匀速转动的圆筒内壁上而不掉下来，则衣服()A受到重力、弹力、静摩擦力和离心力四个力的作用B所需的向心力由重力提供C所需的向心力由弹力提供D转速越快，弹力越大，摩擦力也越大答案：C 解析：衣服只受重力、弹力和静摩擦力三个力作用，A错误；衣服做圆周运动的向心力为它所受的合力，由于重力与静摩擦力平衡，故弹力提供向心力，即FNmr2，转速越大，FN越大，C正确，B、D错误2皮带传动装置中，小轮半径为r，大轮半径为2r.A和B分别是两个轮边缘上的质点，大轮上另一质点P到转动轴的距离也为r，皮带不打滑，则()AA与P的角速度相同BB与P的线速度相同CA的向心加速度是B的DP的向心加速度是A的答案：D解析：同一皮带带动的轮子边缘的线速度大小相等，根据vR得，所以A2B，同轴转动的不同点角速度相同，则BP，根据vR得vB2vP，选项A、B错误；根据a得aA2aB，根据a2R得aB2aP，故aA4aP，选项D正确，C错误3(2018浙江嘉兴一模)(多选)如图所示为学员驾驶汽车在水平面上绕O点做匀速圆周运动的俯视示意图已知质量为60 kg的学员在A点位置，质量为70 kg的教练员在B点位置，A点的转弯半径为5.0 m，B点的转弯半径为4.0 m，学员和教练员(均可视为质点)()A运动周期之比为54B运动线速度大小之比为11C向心加速度大小之比为45D受到的合力大小之比为1514答案：D 解析：A、B两点做圆周运动的角速度相等，根据T知，周期相等，故A错误根据vr知，半径之比为54，则线速度之比为54，故B错误根据ar2知，半径之比为54，则向心加速度大小之比为54，故C错误根据Fma知，向心加速度大小之比为54，质量之比为67，则合力大小之比为1514，故D正确4(2018四川成都质检)光盘驱动器读取数据的某种方式可简化为以下模式，在读取内环数据时，以恒定角速度方式读取，而在读取外环数据时，以恒定线速度的方式读取如图所示，设内环内边缘半径为R1，内环外边缘半径为R2，外环外边缘半径为R3.A、B、C分别为各边缘线上的点则读取内环上A点时A点的向心加速度大小和读取外环上C点时C点的向心加速度大小之比为()A. B.C. D.答案：D 解析：A、B两点角速度相同，由a2r，可知aAaBR1R2；B、C两点线速度相同，由a，可知aBaCR3R2；由可得aAaCR1R3R，D项正确5(多选)如图所示，两根长度不同的细线分别系有两个完全相同的小球，细线的上端都系于O点设法让两个小球在同一水平面内做匀速圆周运动已知L1跟竖直方向的夹角为60，L2跟竖直方向的夹角为30，则下列说法正确的是()A细线L1和细线L2所受的拉力大小之比为1B小球A和B的角速度大小之比为1C小球A和B的向心力大小之比为31D小球A和B的线速度大小之比为31答案：AC 解析：由mgF1cos 60可得F12mg，由mgF2cos 30可得F2mg，细线L1和细线L2所受的拉力大小之比为1，选项A正确；由mgtan m2htan ，可得小球A和B的角速度大小之比为11，选项B错误；小球A和B的向心力大小之比为mgtan 60mgtan 3031，选项C正确；由mgtan ，可得小球A和B的线速度大小之比为tan 60tan 3031，选项D错误6(2018浙江杭州五校联盟二诊)(多选)质量为m的物体沿着半径为r的半球形金属球壳滑到最低点时的速度大小为v，如图所示，若物体与球壳之间的动摩擦因数为，则物体在最低点时的()A向心加速度为B向心力为mC对球壳的压力为D受到的摩擦力为m答案：AD 解析：向心加速度的大小a，故A正确向心力Fnm，故B错误根据牛顿第二定律得FNmgm，解得FNmgm，则物体对球壳的压力为mgm，故C错误物体所受的摩擦力FfFN，故D正确7(多选)如图所示，两个内壁光滑、半径不同的半圆轨道固定于地面，一个小球先后在与球心在同一水平高度的A、B两点由静止开始下滑，通过轨道最低点时()AA球对轨道的压力等于B球对轨道的压力BA球对轨道的压力小于B球对轨道的压力CA球的角速度等于B球的角速度DA球的角速度大于B球的角速度答案：AD 解析：小球滚下过程只有重力做功mgrmv2，解得：v ，在最低点，重力和支持力的合力等于向心力，则Nmgm ，由解得：N3mg，故球对轨道的压力等于3mg，与轨道半径无关，因此A正确，B错误；根据线速度与角速度关系公式vr，故A球的角速度大于B球的角速度，C错误，D正确8.如图所示为某工厂生产流水线上水平传输装置的俯视图，它由传送带和转盘组成物品从A处无初速度放到传送带上，运动到B处后进入匀速转动的转盘，设物品进入转盘时速度大小不发生变化，此后随转盘一起运动(无相对滑动)到C处被取走装箱已知A、B两处的距离L10 m，传送带的传输速度v2 m/s，物品在转盘上与轴O的距离R4 m，物品与传送带间的动摩擦因数0.25.取g10 m/s2.求：(1)物品从A处运动到B处的时间t；(2)质量为2 kg的物品随转盘一起运动的静摩擦力为多大？答案：(1)5.4 s(2)2 N解析：(1)物品先在传送带上做初速度为零的匀加速直线运动：ag2.5 m/s2x10.8 mt10.8 s之后，物品和传送带一起以速度v做匀速运动，则t24.6 s所以tt1t25.4 s.(2)物品在转盘上所受的静摩擦力提供向心力Fm解得：F2 N.能力提升9(2018广东广州一测)(多选)如图所示，在角锥体表面上放一个物体，角锥体绕竖直轴转动当角锥体旋转角速度增大时，物体仍和角锥体保持相对静止，则()A物体受到的支持力减小B物体受到的合外力不变C角锥体对物体的作用力不变D物体受到的静摩擦力增大答案：AD解析：物体随角锥体绕竖直轴转动，对物体受力分析，设倾斜面与水平面的夹角为，所以在竖直方向：mgNcos fsin ，水平方向：fcos Nsin m2r，当角锥体旋转的角速度增大时，物体仍和角锥体保持相对静止，则物体需要的向心力增大，分析知静摩擦力增大，支持力减小，物体在竖直方向所受合力为零，水平方向向心力增大，所以物体所受合外力增大，选项A、D正确10(2018江西丰城中学联考)图甲为磁带录音机的磁带盒，可简化为图乙所示的传动模型，A、B为缠绕磁带的两个轮子，两轮的半径均为r，在放音结束时，磁带全部绕到了B轮上，磁带的外缘半径R3r，现在进行倒带，使磁带绕到A轮上倒带时A轮是主动轮，其角速度是恒定的，B轮是从动轮，则在倒带的过程中下列说法正确的是()甲乙A倒带结束时A、B两轮的角速度之比为13B倒带开始时A、B两轮的角速度之比为13C倒带过程中磁带边缘的线速度变小D倒带过程中磁带边缘的线速度不变答案：A解析：由题意可知，在倒带结束时，磁带全部绕到了A轮上，磁带的外缘半径R3r，而线速度v相等，故倒带结束时A、B两轮的角速度之比为13，A正确；倒带开始时A、B两轮的半径之比为13，所以角速度之比为31，B错误；在A轮转动的过程中，半径增大，角速度恒定，随着磁带的倒回，A的半径变大，知磁带边缘的线速度增大，C、D错误11(2018江西南昌二中月考)(多选)“水流星”是一种常见的杂技项目，该运动可以简化为轻绳一端系着小球在竖直平面内的圆周运动模型已知小球在最低点的初速度为v0，绳长为l，重力加速度为g，则()A当v0时，小球一定能通过最高点PC小球运动到最高点P时，处于失重状态Dv0越大，则在P、Q两点绳对小球的拉力差越大答案：AC解析：当v0时，设小球到达最高点时的速度为0，则mghmv，所以h时，小球才能通过最高点P，故B错误；小球在最高点时，重力与绳的拉力的合力提供向心力，加速度向下，故处于失重状态，故C正确；小球经过最低点Q时，受重力和绳的拉力，根据牛顿第二定律得F2mgm，小球经过最高点P时mgF1m，联立解得F2F16mg，与小球的初速度无关，故D错误12(2018安徽合肥一中诊断)如图所示，半径为R的空心球壳，固定在可以绕竖直轴旋转的水平转台上，转台转轴与过球壳球心O的对称轴OO重合转台以一定角速度匀速转动，一质量为m的小物块放入球壳内，经过一段时间后小物块随球壳一起转动且相对球壳静止，它和O点的连线与OO之间的夹角为60，重力加速度大小为g.(1)若0，小物块受到的摩擦力恰好为零，求0的大小；(2)若20，求小物块受到的摩擦力大小和方向答案：(1) (2)mg，方向沿球壳切线向下解析：(1)当摩擦力为零时，对小物块的受力分析如图所示根据力的合成可以得到小物块的合力为F合mgtan ，小物块的合力提供向心力F合mrmRsin ，由以上两式并代入60得0.(2)当20时，小物块有沿球壳向上运动的趋势，所以摩擦力方向沿球壳切线向下在水平方向有fcos Nsin mRsin 2，在竖直方向有Ncos fsin mg，由以上两式消去N得：fmR2sin cos mgsin ，代入60，20，得fmg，方向沿球壳切线向下.